8、靠B板的偏轉(zhuǎn)電場電壓也等于U0，板長為L，兩板間距為d，距偏轉(zhuǎn)極板右端處垂直放置很大的熒光屏PQ。不計電子的重力和它們之間的相互作用，電子在電容器中的運動時間可以忽略不計。
(1)在0～T時間內(nèi)，熒光屏上有兩個位置會發(fā)光，試求這兩個發(fā)光點之間的距離。(結(jié)果用L、d表示)
(2)撤去偏轉(zhuǎn)電場及熒光屏，當k取恰當?shù)臄?shù)值，使在 0～T時間內(nèi)通過電容器B板的所有電子，能在某一時刻形成均勻分布的一段電子束，求k值。
答案 (1) (2)0.59
解析 (1)電子經(jīng)過電容器內(nèi)的電場后，速度要發(fā)生變化。
在0～kT時間內(nèi)，設(shè)穿出B板后速度變?yōu)関1，由動能定理得：－eU0＝mv－mv，
將U0
9、＝代入后解得：v1＝ v0。
在偏轉(zhuǎn)電場中，電子運動時間t1＝，側(cè)移量y1＝at＝，解得：y1＝。
根據(jù)偏轉(zhuǎn)電場中的推論“似是中點來”其打在熒光屏上的坐標y1′＝2y1＝
在kT～T時間內(nèi)，穿出B板后速度變?yōu)関2，同理可得，＋eU0＝mv－mv解得
v2＝＝v1，y2＝，y2′＝2y2＝。
熒光屏上兩個發(fā)光點之間的距離Δy＝y(tǒng)1′－y2′＝。
(2)要求在某一時刻形成均勻分布的一段電子束，前后兩段電子束的長度必須相等(且剛好重疊)，第一束長度：L1＝v1·kT；第二束長度：L2＝v2(T－kT)；
當L1＝L2時，即v1·kT＝v1(1－k)T
解得k＝≈0.59。
考點2
10、 帶電體在等效場中的運動
等效場一般說的是電場和重力場共存的情況，通常分為兩類，分析這兩類問題時都可以等效看成帶電體受一個合場力作用，也可以單獨分析。
1．帶電體在等效場中有約束情況下的運動
帶電體在疊加場中受輕桿、輕繩、圓環(huán)、軌道等約束的情況下，常見的運動形式有直線運動和圓周運動，此時解題要通過受力分析明確變力、恒力做功情況，運用動能定理、能量守恒定律結(jié)合牛頓運動定律求解。
類型一：如果粒子在等效場中受軌道、支撐面、輕繩或輕桿等有形的約束時，可做變速直線運動。解題時只要從受力分析入手，明確變力、恒力及做功等情況，就可用動能定理、牛頓運動定律、運動學相關(guān)知識進行求解。
類型二：若
11、帶電粒子運動的空間存在軌道、支撐面、輕繩、輕桿等有形的約束時，帶電粒子在等效場中做勻變速圓周運動，一般應(yīng)用牛頓運動定律和動能定理求解。
2．帶電體在等效場中無約束情況下的運動情況分類
在帶電體只受重力和電場力的情況下：
若電場力和重力平衡，則帶電體做勻速直線運動；
若電場力和重力不平衡，則帶電體將做直線或曲線運動，用動能定理求解問題。
3．電場力、重力都是恒力時常用的方法是等效“重力”法：將重力與電場力進行合成，合力F合等效為“重力”，a＝等效為“重力加速度”，F(xiàn)合的方向等效為“重力”的方向。
[例2] 如圖所示，半徑R＝0.8 m的光滑絕緣導軌固定于豎直平面內(nèi)，加上某一水平方
12、向的勻強電場時，帶正電的小球沿軌道內(nèi)側(cè)做圓周運動，它的電量q＝1.00×10－5 C。圓心O與A點的連線與豎直成一角度θ，在A點時小球?qū)壍赖膲毫＝1.2 N，此時小球的動能最大。若小球的最大動能比最小動能多0.32 J，且小球能夠到達軌道上的任意一點(不計空氣阻力，g取10 m/s2)。則：
(1)小球的最小動能是多少？
(2)小球受到重力和電場力的合力是多少？
(3)現(xiàn)小球在動能最小的位置突然撤去軌道，并保持其他量都不變，若小球在0.4 s后的動能與它在A點時的動能相等，求小球的質(zhì)量和電場強度。
解析 (1)、(2)小球在電場和重力場的復(fù)合場中運動，因為小球在A點具有最大動能
13、，所以復(fù)合場的方向由O指向A，在AO延長線與圓的交點B處小球具有最小動能EkB。設(shè)小球在復(fù)合場中所受的合力為F，則有：
N－F＝m
即：1.2－F＝m＝
帶電小球由A運動到B的過程中，重力和電場力的合力做功，根據(jù)動能定理有：－F·2R＝EkB－EkA＝－0.32
由此可得：F＝0.2 N，EkB＝0.08 J
即小球的最小動能為0.08 J，重力和電場力的合力為0.2 N。
(3)帶電小球在B處時撤去軌道后，小球做類平拋運動，即在BA方向上做初速度為零的勻加速運動，在垂直于BA方向上做勻速運動。設(shè)小球的質(zhì)量為m，則：
2R＝··t2
得：m＝＝0.01 kg，θ＝60°
又m
14、g＝0.1 N＝F，所以
Eq＝Fsinθ
E＝≈1.73×104 N/m
方向水平向左。
答案 (1)0.08 J'(2)0.2 N'(3)0.01 kg 1.73×104 N/m，方向水平向左
(1)“等效法”是物理學中的常用方法，在本題中電場和重力合成等效重力場是有條件的，即重力和電場力都是大小和方向都不變的恒力。
(2)等效思維方法就是將一個復(fù)雜的物理問題，等效為一個熟知的物理模型或問題的方法。例如我們學習過的等效電阻、分力與合力、合運動與分運動等都體現(xiàn)了等效思維方法。常見的等效法有“分解”“合成”“等效類比”“等效替換”“等效變換”“等效簡化”等，從而化繁為簡，化難為
15、易。
(3)帶電粒子在勻強電場和重力場組成的復(fù)合場中做圓周運動的問題是高中物理教學中一類重要而典型的題型。對于這類問題，若采用常規(guī)方法求解，過程復(fù)雜，運算量大。若采用“等效法”求解，則能避開復(fù)雜的運算，過程比較簡捷。先求出重力與電場力的合力，將這個合力視為一個“等效重力”，將a＝視為“等效重力加速度”，再將物體在重力場中做圓周運動的規(guī)律遷移到等效重力場中分析求解即可。
半徑為r的絕緣光滑圓環(huán)固定在豎直平面內(nèi)，環(huán)上套有一質(zhì)量為m，帶正電荷的珠子，空間存在水平向右的勻強電場，如圖，珠子所受電場力是其重力的，將珠子從環(huán)上最低位置A點由靜止釋放，則：
(1)珠子所能獲得的最大動能是多大？
16、
(2)珠子對環(huán)的最大壓力是多大？
答案 (1)mgr (2)mg
解析 (1)如圖所示，在珠子能夠靜止的一點B進行受力分析。
設(shè)OB與OA之間的夾角為θ，則tanθ＝＝
可得θ＝37°。所以珠子在等效最低點B時具有最大的動能。
珠子從A到B的過程，電場力和重力做功，珠子的動能增加，即：－mgr(1－cosθ)＋qEr·sinθ＝Ek－0
解得珠子所能獲得的最大動能
Ek＝－mgr(1－cosθ)＋qErsinθ＝mgr。
(2)分析可得：珠子在等效最低點B處受到的壓力最大。
根據(jù)合力提供向心力FN－F＝m
又因為重力和電場力的合力F＝mg
Ek＝mv2＝
所以F
17、N＝F＋m＝mg＋mg＝mg
根據(jù)牛頓第三定律，珠子對圓環(huán)的最大壓力是mg。
考點3 帶電體的力電綜合問題
綜合運用動力學觀點和功能觀點解決帶電體在電場中的運動問題
1．動力學觀點
動力學觀點是指用勻變速運動的公式結(jié)合牛頓第二定律來解決實際問題，一般有兩種情況：
(1)帶電粒子初速度方向與電場線共線，則粒子做勻變速直線運動。
(2)帶電粒子的初速度方向垂直電場線，則粒子做勻變速曲線運動(類平拋運動)。當帶電粒子在電場中做勻變速曲線運動時，一般要采用類平拋運動規(guī)律解決問題。
2．功能觀點：首先對帶電體受力分析，再分析運動形式，然后根據(jù)具體情況選用相應(yīng)公式計算。
(1)若選
18、用動能定理，則要分清有多少個力做功，是恒力做功還是變力做功，同時要明確初、末狀態(tài)及運動過程中動能的增量。
(2)若選用能量守恒定律，則要分清帶電體在運動中共有多少種能量參與轉(zhuǎn)化，哪些能量是增加的，哪些能量是減少的。
[例3] 如圖所示，在水平向左的勻強電場中有一與水平面成60°角的光滑絕緣直桿AC，其下端(C端)距地面高度h＝0.8 m。有一質(zhì)量為0.5 kg的帶電小環(huán)套在桿上，正以某一速度v0沿桿勻速下滑，小環(huán)離開桿后正好落在C端的正下方地面上P點處，ACP所在平面與電場E平行，g取10 m/s2，求：
(1)小環(huán)帶何種電荷及它受到的電場力的大?。?
(2)小環(huán)離開直桿后運動的
19、加速度大小和方向；
(3)小環(huán)在直桿上勻速運動速度v0的大小。
解析 (1)以小環(huán)為研究對象，小環(huán)做勻速直線運動，受力分析如圖所示，可知：小環(huán)帶負電。
由平衡條件可知：mgsin60°＝F電cos60°，
得：F電＝mg＝5 N。
(2)離開直桿后，受mg、F電作用，合力F方向與桿垂直斜向右下方：則＝ma
a＝2g＝20 m/s2，方向與桿垂直斜向右下方。
(3)建立以初速度方向為x軸正方向，以加速度方向為y軸正方向的直角坐標系，則小環(huán)離開直桿后做類平拋運動到達C端正下方地面上P點處，則：hsin60°＝v0t，hcos60°＝at2
可得：v0＝2 m/s。
答案 (1
20、)負電 5 N
(2)20 m/s2 方向與桿垂直斜向右下方
(3)2 m/s
學會運用兩個觀點去分析力電綜合問題
帶電粒子在電場中的運動，綜合了靜電場和力學的知識，分析方法和力學的分析方法基本相同。先分析受力情況再分析運動狀態(tài)和運動過程(平衡、加速、減速，直線或曲線)，然后選用恰當?shù)囊?guī)律解題。解決這類問題的基本方法有兩種，第一種利用力和運動的觀點，選用牛頓第二定律和運動學公式求解；第二種利用能量轉(zhuǎn)化的觀點，選用動能定理和功能關(guān)系求解。
如圖所示，在傾角θ＝37°的絕緣斜面所在空間存在著豎直向上的勻強電場，場強E＝4×103 N/C，在斜面底端有一與斜面垂直的絕緣彈性擋板。質(zhì)
21、量m＝0.2 kg的帶電滑塊從斜面頂端由靜止開始滑下，滑到斜面底端以與擋板相碰前的速率返回。已知斜面的高度h＝0.24 m，滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.3，滑塊帶電荷量q＝－5.0×10－4 C，取重力加速度g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：
(1)滑塊從斜面最高點滑到斜面底端時的速度大小；
(2)滑塊在斜面上運動的總路程s和系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量Q。
答案 (1)2.4 m/s' (2)1 m' 0.96 J
解析 (1)滑塊沿斜面滑下的過程中，受到的滑動摩擦力
Ff＝μ(mg＋qE)cos37°＝0.96 N
設(shè)到達斜面底端時的速度為v，根據(jù)動
22、能定理得
(mg＋qE)h－Ff·＝mv2
解得v＝2.4 m/s。
(2)滑塊最終將靜止在斜面底端，因此重力勢能和電勢能的減少量等于克服摩擦力做的功，(mg＋qE)h＝Ffs
解得滑塊在斜面上運動的總路程：s＝1 m
Q＝Ffs＝0.96 J。
1．(多選)在電場方向水平向右的勻強電場中，一帶電小球從A點豎直向上拋出，其運動的軌跡如圖所示，小球運動的軌跡上A、B兩點在同一水平線上，M為軌跡的最高點，小球拋出時的動能為8 J，在M點的動能為6 J，不計空氣的阻力，則下列判斷正確的是( )
A．小球水平位移x1與x2的比值為1∶3
B．小球水平位移x1與x2的比值為
23、1∶4
C．小球落到B點時的動能為32 J
D．小球從A點運動到B點的過程中最小動能為6 J
答案 AC
解析 小球在水平方向做初速度為零的勻加速運動，小球在豎直方向上升和下落的時間相同，由勻變速直線運動位移與時間的關(guān)系可知水平位移x1∶x2＝1∶3，A正確、B錯誤；設(shè)小球在M點時的水平分速度為vx，則小球在B點時的水平分速度為2vx，根據(jù)題意有mv＝8 J，mv＝6 J，因而在B點時小球的動能為EkB＝m·[v＋(2vx)2]＝32 J，C正確；由題意知，小球受到的合外力為重力與電場力的合力，為恒力，小球在A點時，F(xiàn)合與速度之間的夾角為鈍角，小球在M點時，速度與F合之間的夾角為銳角，
24、即F合對小球先做負功再做正功，由動能定理知，小球從A到M過程中，動能先減小后增大，小球從M到B的過程中，合外力一直做正功，動能一直增大，故小球從A運動到B的過程中最小動能一定小于6 J，D錯誤。
2.如圖所示，地面上有水平向右的勻強電場，將一帶電小球從電場中的A點以某一初速度射出，小球恰好能沿與水平方向成30°角的虛線由A向B做直線運動，不計空氣阻力，下列說法正確的是( )
A．小球帶正電荷
B．小球受到的電場力與重力大小之比為2∶1
C．小球從A運動到B的過程中電勢能增加
D．小球從A運動到B的過程中電場力所做的功等于其動能的變化量
答案 C
解析 根據(jù)題意，受力分析如圖
25、所示。由于小球沿直線運動，則合力與速度在同一直線上，故小球受到的電場力水平向左，故小球帶負電，A錯誤；由圖可知：tan30°＝＝，故小球受到的電場力與重力大小之比為3∶，B錯誤；由于小球從A到B電場力做負功，故電勢能增加，C正確；根據(jù)動能定理可知：W電＋WG＝ΔEk，D錯誤。
3．(2017·浙江溫州中學高三模擬)如圖所示，地面上某個空間區(qū)域存在一這樣的電場，水平虛線上方為場強E1，方向豎直向下的勻強電場；虛線下方為場強E2，方向豎直向上的勻強電場。一個質(zhì)量m，帶電量＋q的小球從上方電場的A點由靜止釋放，結(jié)果剛好到達下方電場中與A關(guān)于虛線對稱的B點，則下列結(jié)論正確的是( )
A．
26、在虛線上、下方的電場中，帶電小球運動的加速度相同
B．帶電小球在A、B兩點電勢能相等
C．若A、B高度差為h，則UAB＝－
D．兩電場強度大小關(guān)系滿足E2＝2E1
答案 C
解析 A到虛線速度由零加速至v，由虛線到B速度v減為零，位移相同，根據(jù)v2＝2ax，則加速度大小相等，方向相反，故A錯誤；對A到B的過程運用動能定理得，qUAB＋mgh＝0，解得：UAB＝，知A、B的電勢不等，則電勢能不等，故B錯誤、C正確；在上方電場，根據(jù)牛頓第二定律得：a1＝，在下方電場中，根據(jù)牛頓第二定律得，加速度大小為：a2＝，因為a1＝a2，解得：E2－E1＝，故D錯誤。
4．如圖所示，在豎直平面內(nèi)一
27、個帶正電的小球質(zhì)量為m，所帶的電荷量為q，用一根長為L且不可伸長的絕緣輕細線系在一勻強電場中的O點。勻強電場的方向水平向右，分布的區(qū)域足夠大?，F(xiàn)將帶正電小球從O點右方由水平位置A點無初速度釋放，小球到達最低點B時速度恰好為零。
(1)求勻強電場的電場強度E的大??；
(2)若小球從O點的左方由水平位置C點無初速度釋放，則小球到達最低點B所用的時間t是多少？(已知：OA＝OC＝L，重力加速度為g)
答案 (1) (2)
解析 (1)對小球由A到B的過程，由動能定理得：
mgL－qEL＝0
所以E＝。
(2)小球在C點時受電場力F電＝qE＝mg，重力mg，其合力大小F＝mg，方向
28、與水平方向成45°指向右下方，釋放后，將做勻加速直線運動，設(shè)加速度為a，到B點時的速度為vB，因為a＝＝＝g，運動距離為L，所以L＝at2，所以t＝ 。
5．如圖所示，ABCDF為一絕緣光滑軌道，豎直放置在水平方向的勻強電場中，BCDF是半徑為R的圓形軌道，已知電場強度為E，今有質(zhì)量為m的帶電小球在電場力作用下由靜止從A點開始沿軌道運動，小球受到的電場力和重力大小相等，要使小球沿軌道做圓周運動，則A、B間的距離至少為多大？
答案 R
解析 要使小球在圓軌道上做圓周運動，小球在等效“最高”點不脫離圓環(huán)。這“最高”點并不是D點，可采用等效重力場的方法進行求解。
重力場和電場合成等效重力
29、場，其方向為電場力和重力的合力方向，與豎直方向的夾角(如圖所示)，其中D′、B′點為等效最高點和最低點。
tanθ＝＝1，θ＝45°，則
等效重力加速度g′＝＝＝g
在等效重力場的“最高”點，小球剛好不掉下來時
mg′＝m，v＝＝
設(shè)A、B間距離至少為L，從A到等效重力場的“最高”點，由動能定理
qE(L－Rsin45°)－mg(R＋Rcos45°)＝mv2－0
L＝＝R。
6．如圖1所示，在真空中足夠大的絕緣水平地面上，一個質(zhì)量為m＝0.2 kg，帶電量為q＝＋2.0×10－6 C的小物塊處于靜止狀態(tài)，小物塊與地面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.1。從t＝0時刻開始，空間加上一個
30、如圖2所示的場強大小和方向呈周期性變化的電場。(取水平向右的方向為正方向，g取10 m/s2)求：
(1)物塊在前2 s內(nèi)加速度的大??；
(2)物塊在前4 s內(nèi)的位移大小；
(3)23秒內(nèi)電場力對小物塊所做的功。
答案 (1)2 m/s2 (2)8 m (3)9.8 J
解析 (1)0～2 s內(nèi)：由牛頓第二定律：qE1－μmg＝ma1
得物塊加速度a1＝＝2 m/s2。
(2)0～2 s內(nèi)的位移x1＝a1t＝4 m
2 s末的速度為v2＝a1t1＝4 m/s
2～4 s內(nèi)物塊加速度a2＝＝－2 m/s2
2～4 s內(nèi)的位移：x2＝v2t＋a2t2＝4 m
所以前4 s
31、內(nèi)位移大?。簒＝x1＋x2＝8 m。
(3)4 s末的速度為v4＝0，因此小物塊做周期為4 s的加速和減速運動，第22 s末的速度與第2 s末的速度相等，為v22＝4 m/s，第23 s末的速度v23＝v22＋a2t＝2 m/s (t＝1 s)
所求位移為x′＝x1＋ t＝47 m
23秒內(nèi)，設(shè)電場力對小物塊所做的功為W，由動能定理：
W－μmgx′＝mv－0求得W＝9.8 J。
7．如圖，O、A、B為同一豎直平面內(nèi)的三個點，OB沿豎直方向，∠BOA＝60°，OB＝OA，將一質(zhì)量為m的小球以一定的初動能自O(shè)點水平向右拋出，小球在運動過程中恰好通過A點。使此小球帶電，電荷量為q(q>0
32、)，同時加一勻強電場，場強方向與△OAB所在平面平行?，F(xiàn)從O點以同樣的初動能沿某一方向拋出此帶電小球，該小球通過了A點，到達A點時的動能是初動能的3倍；若該小球從O點以同樣的初動能水平向左拋出，恰好通過B點，且到達B點時的動能為初動能的6倍，重力加速度大小為g。求：
(1)無電場時，小球到達A點時的動能與初動能的比值；
(2)小球由O→A和由O→B電勢能的變化量的比值。
答案 (1) (2)
解析 (1)設(shè)小球的初速度為v0，初動能為Ek0，從O點運動到A點的時間為t，令OA＝d，則OB＝d，根據(jù)平拋運動的規(guī)律有
dsin60°＝v0t①
dcos60°＝gt2②
又Ek0＝
33、mv③
由①②③式得Ek0＝mgd④
設(shè)小球到達A點時的動能為EkA，則
EkA＝Ek0＋mgdcos60°⑤
由④⑤式得＝。⑥
(2)加電場后，小球從O點到A點和B點，高度分別降低了和，設(shè)電勢能分別減小ΔEpA和ΔEpB，由能量守恒及④式得
ΔEpA＝3Ek0－Ek0－mgd＝Ek0⑦
ΔEpB＝6Ek0－Ek0－mgd＝Ek0⑧
＝＝。
8.(2014·海南高考)如圖，一平行板電容器的兩極板與一電壓恒定的電源相連，極板水平放置，極板間距為d；在下極板上疊放一厚度為l的金屬板，其上部空間有一帶電粒子P靜止在電容器中。當把金屬板從電容器中快速抽出后，粒子P開始運動。重力加
34、速度為g。粒子運動的加速度為( )
A.g B.g C.g D.g
答案 A
解析 電容器的兩極板與電源相連，可知極板間電壓恒定，有金屬板存在時，板間電場強度為E1＝，此時帶電粒子靜止，可知mg＝qE1，把金屬板從電容器中抽出后，板間電場強度為E2＝，此時粒子加速度為a＝，聯(lián)立可得a＝g，A正確。
9.(2015·天津高考)(多選)如圖所示，氕核、氘核、氚核三種粒子從同一位置無初速度地飄入電場線水平向右的加速電場E1，之后從中線進入電場線豎直向下的勻強電場E2發(fā)生偏轉(zhuǎn)，最后打在屏上，整個裝置處于真空中，不計粒子重力及其相互作用，那么( )
A．偏轉(zhuǎn)電場E2對三種粒子
35、做功一樣多
B．三種粒子打到屏上時的速度一樣大
C．三種粒子運動到屏上所用時間相同
D．三種粒子一定打到屏上的同一位置
答案 AD
解析 設(shè)加速電場兩板間距離為d，則qE1d＝mv，粒子在偏轉(zhuǎn)電場中偏轉(zhuǎn)，設(shè)側(cè)移量為y，偏轉(zhuǎn)電場兩板的長度為L，則y＝··2＝，在偏轉(zhuǎn)電場中偏轉(zhuǎn)電場對粒子做的功W＝qE2y＝，由于三種粒子的電荷量相等，因此偏轉(zhuǎn)電場對三種粒子做的功相等，A正確；三種粒子射出偏轉(zhuǎn)電場時的速度v滿足qE1d＋qE2y＝mv2，由于質(zhì)量不同，因此速度v大小不同，B錯誤；三種粒子運動到屏上的時間t＝t1＋t2＝＋＝＋x，x為加速電場右極板到屏的距離，由于質(zhì)量不同，因此運動時間不同，
36、C錯誤；由于粒子從同一位置射出偏轉(zhuǎn)電場，射出電場時的速度的反向延長線均交于偏轉(zhuǎn)電場中線的中點，因此粒子會打在屏上同一位置，D正確。
10．(2015·山東高考)(多選)如圖甲所示，兩水平金屬板間距為d，板間電場強度的變化規(guī)律如圖乙所示。t＝0時刻，質(zhì)量為m的帶電微粒以初速度v0沿中線射入兩板間，0～時間內(nèi)微粒勻速運動，T時刻微粒恰好經(jīng)金屬板邊緣飛出。微粒運動過程中未與金屬板接觸。重力加速度的大小為g。關(guān)于微粒在0～T時間內(nèi)運動的描述，正確的是( )
A．末速度大小為v0 B．末速度沿水平方向
C．重力勢能減少了mgd D．克服電場力做功為mgd
答案 BC
解析 0～微
37、粒做勻速直線運動，則E0q＝mg?！珱]有電場作用，微粒做平拋運動，豎直方向上a＝g?！玊，由于電場作用，F(xiàn)＝2E0q－mg＝mg＝ma′，a′＝g，方向豎直向上。由于兩段時間相等，故到達金屬板邊緣時，微粒速度仍為v0，方向水平，A錯誤、B正確；從微粒進入金屬板間到離開，重力做功mg·，重力勢能減少mgd，C正確；由動能定理知WG－W電＝0，W電＝mgd，D錯誤。
11．(2017·河南洛陽期中)從地面斜向上拋出一個質(zhì)量為m的小球，當小球到達最高點時，小球具有的動能與勢能之比是9∶16，選地面為重力勢能參考面，不計空氣阻力，現(xiàn)在此空間加上一個平行于小球運動平面的水平電場，以相同的初速度拋出帶正
38、電荷量為q的小球，小球到達最高點時的動能與拋出時動能相等。已知重力加速度大小為g，試求：
(1)無電場時，小球升到最高點的時間；
(2)后來所加電場的場強大小。
答案 (1) (2)或
解析 (1)無電場時，當小球到達最高點時，小球具有的動能與勢能之比是9∶16，將小球的運動分解為水平方向和豎直方向，則
由v＝2gh，得mv＝mgh
所以有mv∶mv＝9∶16
解得初始拋出時vx∶vy＝3∶4
所以豎直方向的初速度為vy＝v0
水平初速度vx＝v0
豎直方向做勻減速運動vy＝gt，解得t＝。
(2)設(shè)后來加上的電場強度大小為E，小球到達最高點時的動能與剛拋出時的動能相等，
39、若電場力的方向與小球初速度的水平分量方向相同，則有t＋＝v0
解得E＝
若電場力的方向與小球初速度的水平分量方向相反，則有t－＝v0
解得E＝。
12．(2016·北京高考)如圖所示，電子由靜止開始經(jīng)加速電場加速后，沿平行于板面的方向射入偏轉(zhuǎn)電場，并從另一側(cè)射出。已知電子質(zhì)量為m，電荷量為e，加速電場電壓為U0。偏轉(zhuǎn)電場可看作勻強電場，極板間電壓為U，極板長度為L，板間距為d。
(1)忽略電子所受重力，求電子射入偏轉(zhuǎn)電場時的初速度v0和從電場射出時沿垂直板面方向的偏轉(zhuǎn)距離Δy；
(2)分析物理量的數(shù)量級，是解決物理問題的常用方法。在解決(1)問時忽略了電子所受重力，請利用下列數(shù)
40、據(jù)分析說明其原因。已知U＝2.0×102 V，d＝4.0×10－2 m，m＝9.1×10－31 kg，e＝1.6×10－19 C，g＝10 m/s2；
(3)極板間既有靜電場也有重力場。電勢反映了靜電場各點的能的性質(zhì)，請寫出電勢φ的定義式。類比電勢的定義方法，在重力場中建立“重力勢”φG的概念，并簡要說明電勢和“重力勢”的共同特點。
答案 (1) (2)(3)見解析
解析 (1)根據(jù)功和能的關(guān)系，有eU0＝mv，
電子射入偏轉(zhuǎn)電場的初速度v0＝ ，
在偏轉(zhuǎn)電場中，電子的運動時間Δt＝＝L，
a＝，則偏轉(zhuǎn)距離Δy＝a(Δt)2＝。
(2)考慮電子所受重力和電場力的數(shù)量級，有
重力G＝mg～10－29 N，
電場力F＝～10－15 N。
由于F?G，因此不需要考慮電子所受重力。
(3)電場中某點電勢φ定義為電荷在該點的電勢能Ep與其電荷量q的比值，即φ＝。
由于重力做功與路徑無關(guān)，可以類比靜電場電勢的定義，將重力場中物體在某點的重力勢能EG與其質(zhì)量m的比值，叫做“重力勢”，即φG＝。
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（全國版）2019版高考物理一輪復(fù)習 第8章 電場 第32課時 帶電粒子在電場中的綜合問題學案
